2025届高三化学一轮复习 专题复习-- -化学反应原理综合题

2025届高三化学专题复习---化学反应原理综合题 1．（2024·上海闵行·三模）炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 Ⅰ．沉淀法。用如下图-1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图-2所示。 (1)对图-1的说法中正确的是_______。 A．负极： B．阳极： C．正极： D．阴极： (2)该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理可描述为 。 (3)时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是_______。 A．pH越大，越高，与结合转化为逸出 B．pH越大，越低，废水中低，则FeS的沉淀率越低 C．pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少 D．pH越大，废水中越低，废水中低，与结合FeS沉淀量越少 Ⅱ．氧化法。氧化法、氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 i.氧化法：向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。 (4)写出该反应的离子方程式： 。 ii.氧化法：向含的废水中，加入溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加溶液体积的关系如题图-3所示。 (5)由图可知，下列有关说法正确的是_______。 A．加溶液就是将氧化为单质S B．随着溶液的不断加入，废水中硫元素的去除率一直在升高 C．溶液加入量越多，废水中含硫量越低 D．在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能有差异 (6)当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是 。 iii.催化氧化法：苯胺(为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图-4所示。 (7)转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有 。 (8)催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为 ，要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥即可。 2．（2024·陕西安康·模拟预测）二甲醚既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下： ．   ．   ．   回答下列问题： (1) 。 (2)向初始温度为T℃的某恒容绝热容器中投入2mol 只发生反应，平衡时的转化率为。 ①下列叙述能说明反应已经达到平衡的是 (填选项字母)。 a．混合气体密度不再发生变化 b．容器内压强不再发生变化 c．的消耗速率等于的消耗速率 d．的体积分数不再发生变化 ②相同条件下，若向该容器中加入和各1mol，平衡时的转化率为。则 1(填“>”“=”或“<”)。 ③在催化剂条件下反应的反应过程如图甲所示，“*”表示吸附在催化剂上。                  甲 该催化过程的决速步骤为 (填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是 。 (3)向压强恒定为p kPa的某密闭容器中按投入和，发生催化氢化制备二甲醚系列反应和。平衡转化率随温度的变化情况如图乙。              乙 ①图中能表示随温度变化的曲线是 (填“”或“”)，原因为 。 ② K时，的平衡体积分数为10%。则平衡时的体积分数为 (保留3位有效数字)； K时反应的压强平衡常数 (用含p的代数式表示，列出计算式即可)。 3．（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： (1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。 (2)若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (3)将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。 (4)研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)  ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。 4．（2024·黑龙江·模拟预测）甲烷干重整(DRM)以温室气体和为原料在催化条件下生成合成气CO和。体系中发生的反应有 ⅰ. ⅱ. ⅲ. ⅳ. (1) 。 (2) (填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。 (3)起始投入和各1 kmol，DRM反应过程中所有物质在100 kPa下的热力学平衡数据如图1所示。 ①950℃时，向反应器中充入作为稀释气，的平衡转化率 (填“升高”、“不变”或“降低”)，理由是 。 ②625℃时，起始投入、、、CO、各0.5 kmol，此时反应ⅱ的 (填“>”、“=”或“<”)。 ③625℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min生成CO的平均速率为 ；用物质的量分数表示反应i的平衡常数 (用含α的表达式表示，列计算式即可)。 (4)在Ni基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 ①加热过程中，被还原为。写出该反应化学方程式 。 ②加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.01%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 5．（2024·江西·模拟预测）硫化锶(SrS)可用作发光材料、光谱纯试剂和燃料添加剂。工业上可用碳热还原法制备SrS，相关反应及信息如下表所示： 反应 焓变/kJ·mol 熵变/kJ·mol·K Ⅰ. +189.1 0.37 Ⅱ. +534.0 0.72 Ⅲ. -155.8 0.015 回答下列问题： (1)Sr与Ca同族且相邻。基态Sr原子的电子排布式为 。 (2)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，自发进行所需温度最高的是 (填反应序号)。 (3)将1 mol 和3 mol加入10 L恒容密闭容器中制备SrS，实验测得平衡体系中各成分的物质的量分数与温度的关系如图所示： ①从反应原理角度解释，温度低于℃时容器内几乎不发生反应Ⅲ的原因为 。 ②若℃时，从反应开始到恰好达到平衡的时间为t min，则0~t min内，反应的平均速率 (用含t的代数式表示)。 ③温度高于℃时，容器内发生主要反应的热化学方程式为 。 ④℃时，反应Ⅰ的平衡常数 (是用平衡浓度表示的平衡常数)。 ⑤M、N点对应状态下继续反应一段时间，其平均反应速率：M N(填“>”“<”或“=”)，理由为 。 (4)若起始以物质的量之比为1∶1向密闭容器中加入和发生反应，达到平衡后，其他条件不变，改变下列条件，有利于提高平衡产量的是 (填选项字母)。 A．适当升高温度    B．适当增大压强    C．使用更高效的催化剂 6．（2024·重庆·模拟预测）工业上常用合成气(主要成分为CO、)制备二甲醚，其主要反应如下： 反应①：     反应②：     反应③：     回答下列问题： (1)写出CO与反应生成二甲醚和的热化学方程式： 。 (2)科学家发现与也能生成二甲醚，则与生成二甲醚的平衡常数 (用含、、的代数式表示)。 (3)在一定温度和催化剂条件下，将0.6mol CO和1.08mol 充入容积为3L的密闭容器中(此时容器内CO分压为200kPa)，只发生反应，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 ①若保持容器容积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示)；时的转化率为 (保留两位有效数字)。 ②时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，在图中画出表示体积缩小后二甲醚的分压变化趋势的曲线 ，理由是 。 ③在该温度下，反应的标准平衡常数 (写出最简分数)[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压]。 ④降低温度，该反应的标准平衡常数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 7．（2023·湖北武汉·模拟预测）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。 (1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4(aq)H+(aq)+(aq)  ΔH1 (aq)H+(aq)+(aq) ΔH2 2(aq)H2O(l)+(aq) ΔH3 ①室温下，反应2(aq)+2H+(aq)(aq)+H2O(l)的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 ②室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图。 根据A点数据计算反应2+2H++H2O的K= ，下列关于该反应的说法正确的是 。 A．加水稀释，平衡正向移动 B．若达到A点的时间为5s，则v()=0.1mol/(L·s) C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的ΔH>0 (2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。 ①实验中的NaHSO3作用是 。 ②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。 (3)微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图2所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。 ②水体中，Fe合金在SRS存在条件下腐蚀的机理如图3所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H， 。 8．（2024·河南三门峡·一模）一氧化碳脱硝是碳和氮氧化物综合处理的重要方式，其中涉及如下反应： ⅰ、　； ⅱ、　； ⅲ、　。 标准生成焓是指由最稳定的单质合成该物质的反应焓变；已知部分物质的标准生成焓如下表： 物质 33.9 89.9 0 回答下列问题： (1)向某恒温刚性密闭容器中通入和只发生反应ⅱ，平衡时体系向外界吸收(或放出)的热量为，此时容器内总压强为；若向该容器中通入和，平衡时，体系向外界吸收(或放出)的热量为 ，此时容器内的压强 (填“>”“=”或“<”)；该温度下用压强表示反应ⅱ的平衡常数 (用含的代数式表示)。 (2)一定温度下，向某容积可变的密闭容器中投入一定量的和只发生反应ⅲ，平衡时的体积分数随二者投料比的变化如图所示。 ①图像中的取值为 (填字母)。 A．　B．25　C．　D．50　E． (2) 1(填“>”“=”或“<”，下同)； 。 (3)一定温度下，向某刚性密闭容器中通入和，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，当容器内压强变为原来的后不再发生变化，此时的转化率为。 ①平衡时的体积分数 (结果保留3位有效数字)。 ②平衡时的转化率 。 (4)从结构的角度分析，的沸点高于的原因为 。 9．（2024·山东济南·三模）将产能过剩的乙酸在特定催化剂作用下和氢气反应生成乙醇，其反应原理如下： 已知：和时物质的标准摩尔燃烧焓如表所示： 物质 标准摩尔燃烧焓 回答下列问题： (1)根据以上数据，计算该反应在和的时，还需补充的数据是 。 A．的汽化热    B．的汽化热        C．的汽化热 已知，其中、为正、逆反应速率，、为速率常数。随温度升高 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (2)上述反应发生时还伴随有副反应发生，生成少量乙酸乙酯： 已知：①该副反应的热效应很小；②表示产物选择性，乙醇、乙酸乙酯选择性表示为：；。 当时，如图表示2.0MPa条件下平衡时S（乙醇）、S（乙酸乙酯）随温度的变化，以及250℃条件下平衡时S（乙醇）、S（乙酸乙酯）随压强的变化。250℃下，S（乙醇）随压强变化的曲线是 。b曲线变化趋势的原因是 。 A、B、C、D、E五个点中，处于完全相同化学平衡状态的两个点是 。 (3)一定温度、恒容密闭容器中，通入，初始总压强为，同时发生主反应和副反应，分钟后达到平衡，测得，压强减小，则平衡时（乙醇） ； ；主反应的平衡常数 （列计算表达式）。 10．（2024·河北邢台·一模）、(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。 已知： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 反应4：　 回答下列问题： (1)计算 ，已知反应3的，则该反应自发进行的最高温度为 (取整数)K。 (2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。 ① (填“”或“”)0. ②该反应历程的决速步骤为 。 ③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。 (3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图： ①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度保持不变 B．的浓度不变 C． ②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是 (填“＂或“II")，理由是 。 ③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。 ④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。 11．（2023·贵州安顺·一模）对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”的重点研究课题。一种新的循环利用方案是利用和制取重要的化工原料甲醇。 (1)已知：      则反应的 。该反应可以在进行 (填序号)。 A．低温自发        B．高温自发        C．高、低温均能自发        D．高、低温均不自发 (2)在恒容密闭容器中，发生反应，下列叙述中正确的是___________。 A．及时分离出，可以加快化学反应速率 B．恒容时，充入He增大压强，化学反应速率不变 C．容器内压强不再变化，说明该反应已达到最大的限度 D．，说明该反应已达到平衡状态 (3)利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。 主反应： 副反应： 温度对转化率及产物甲醇和选择性的影响如图所示。产物的选择性(如甲醇的选择性)。 ①图中三条曲线，其中 (填A、B、C)是表示的选择性随温度的变化。 ②A曲线温度达到250℃后随温度增大而降低的原因是 。 ③下列措施有利于提高转化为的平衡转化率的有 。 A．增大体系压强         B．提高和的投料比 C．体积和投料比不变，提高反应物浓度     D．选择合适的催化剂 ④若按投料比1：3投入和，在一定条件下进行上述主反应和副反应。图中d为曲线B上的一点，坐标为，曲线A、C相交于b点，在275℃时测得达平衡时，压强为，则此时主反应的 (列出计算式，用含的式子表示)。 12．（2024·重庆·模拟预测）环氧乙烷是重要的杀菌剂和工业合成原料。 Ⅰ.乙烯氧化法制环氧乙烷 主反应： 副反应： (1)主反应的各基元反应活化能如下： 慢 慢 快 快 (用含的代数式表示)，增大乙烯浓度 (填“能”或“不能”)显著提高的生成速率 (2)一定温度下，密闭容器中充入和，达到平衡时的转化率为，的选择性为，则平衡时用各组分的物质的量分数表示主反应的化学平衡常数 (保留2位有效数字)。已知：环氧乙烷选择性 Ⅱ.电化学合成环氧乙烷 某电化学合成环氧乙烷同时处理酸性含铬废水的原理如图。 (3)膜为 离子交换膜(填“阴”或“阳”)，电极反应为 。 (4)酸性废水质量每增大，制得环氧乙烷 。 Ⅲ.环氧乙烷制乙二醇 水与环氧乙烷分别在酸性和碱性介质中制乙二醇的反应机理如图，同时生成副产物。 酸性条件： 碱性条件： (5)酸性条件下的作用是 ，中间体1结构简式 ，结构简式 。 13．（2024·四川达州·二模）丙烯()是一种重要的化工原料。丙烯水化法制异丙醇()以及电解法制丙烯都是重要的化工技术。 I．   (1)有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 (2)根据下图回答问题： ①在、条件下，在密闭容器中充入一定量的和合成，下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 。 A．      B．和的转化率相等 C．混合气体的密度保持不变          D．的体积分数保持不变 ②A、B、C三点，丙烯转化率最大的 ，是请用平衡移动知识解释D、E两点异丙醇百分含量不同的原因 。 (3)在压强分别为和的条件下，在密闭容器中充入物质的量之比为的和，充分反应，平衡时和的物质的量分数随温度的变化如图所示。 ①在a、b、c、d四条曲线中，分别表示时和时物质的量分数的是 、 。 ②曲线d上对应的E点的 。 Ⅱ．电解法制丙烯 (4)在某中性电解质溶液中，以氯化物诱导的双向催化材料作电极，可将转化为丙烯，其原理如图所示： ①铅蓄电池的极是 (填“a”或“b”)； ②生成丙烯的电极反应式为 。 14．（2024·广东茂名·三模）二甲醚（）既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下； Ⅰ.         Ⅱ.         Ⅲ.     回答下列问题； (1) 。 (2)向起始温度为T℃的某绝热恒容密闭容器中充入2mol （g），只发生反应Ⅲ，平衡时的转化率为。 ①下列事实能说明反应Ⅲ已经达到平衡的是 （填标号）。 A．混合气体的密度不再发生变化                    B．容器内混合气体的压强不再发生变化 C．的消耗速率等于的消耗速率        D．的体积分数不再发生变化 ②若向起始温度为T℃的该绝热恒容密闭容器中充入（g）和（g）各1mol，平衡时的转化率为，则 1（填“＞”“＜”或“＝”）。 ③在有催化剂存在的条件下，反应Ⅲ的反应过程如图1所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。该反应过程的决速步骤为 （填“第一步”或“第二步”），判断的理由是 。 (3)CO也能和反应制取二甲醚，反应原理为 △H。一定条件下，将和CO按投料比通入1L反应器中发生该反应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图2所示（催化剂在320℃左右时的活性最大）。    ①实际生产中一般采用的温度为300～340℃，而不采用200℃，原因是 。 ②实际生产中，当温度选择为316℃时，采用的压强为，而不采用，原因是 。 (4)高温时二甲醚蒸气发生分解反应：。迅速将二甲醚引入一个500℃的抽成真空的恒温恒容的密闭瓶中，在不同时刻测得的瓶内气体压强如下表所示。 t/min 0 10 20 30 40 50 /Kpa 50.0 78.0 92.0 99.0 100 100 ①该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为 。 ②500℃时，该反应的平衡常数 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。 15．（2024·四川成都·三模）醋酸是最重要的有机酸之一，人工合成醋酸占总产量的九成，其主要生产方法不断发生变革。回答下列问题： (1)BASF法：丁烷()与氧气在密闭容器中被乙酸钴催化氧化，后产生有机气态产物共(成分见下表)，则平均速率v(醋酸) 。 有机产物 醋酸 甲酸 丙酸 丙酮 摩尔分数 35% 20% 15% 30% (2)Wacker法：乙烯在催化下连续两步氧化，生成醋酸，其能量-反应进程图如图1所示。的反应热 (用表示)。 (3)Monsanto法：主反应的机理示意图如图2所示(除Rh催化剂外，其他物质均为气态)： ①主反应的总反应方程式为 。已知其分压平衡常数与温度T的关系为(a为常数)，则主反应 0(填“>”或“<”)。 ②已知该过程中副反应为 。在固定投料比条件下，一定可以提高醋酸平衡产率的措施是 。 ③研究表明，碘甲烷质量分数造成醋酸的时空收率(单位时间内所获得的产率)变化如图3所示。在碘甲烷质量分数不超过14%前，醋酸的时空收率迅速增长，可能原因是 。 (4)Cativa法：将Monsanto法中的含Rh催化剂替换为更廉价的含Ir催化剂，有关催化条件见下： 条件 BASF法 Monsanto法 Cativa法 温度/℃ 227 190 180 压强/ 500~700 30~60 20~30 醋酸选择性/% 90 >98% >99% ①在Cativa催化条件下，将与通入体积恒为VL的密闭容器，达到平衡后，平衡常数，则的转化率为 。 ②三种方法相比，最符合绿色化学思想的是 。 16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）是一种脱硝性能较好的催化剂。采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为。主反应如下： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   (1)已知：  。则 。某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m n(填“>”、“＜”或“=”)。 (2)将模拟烟气按一定的流量通入掺杂不同金属的催化剂，在不同温度下进行反应并测定相关物质浓度，得出不同情况下NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能是 。 ②综合考虑应选择 为该脱硝过程的催化剂，选择合适的催化剂 (填写“能”或“不能”)提高的平衡产率。 ③为探究氨的催化脱硝过程中生成的机理，将含有不同同位素原子的物质(与、)通入反应容器进行一系列温度编程实验，通过质谱仪测定产物气体分子的含量随温度的变化曲线如下图。 则与NO、反应生成的化学方程式为 (需标出N原子的质量数)。 (3)当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，假设仅发生两个主反应。通入、、，初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，平衡体系中。则NO的转化率为 ，反应Ⅱ的 (写出计算式即可)。 17．（2024·湖北·一模）甲烷干重整反应可以强化碳酸钙分解． I．碳酸钙分解： Ⅱ．甲烷干重整： (1)是指由稳定单质生成化合物的焓变，依据下表数据计算 ． 0 (2)甲烷干重整反应机理可能如下，其中*代表活性中心，补全反应机理； I．        Ⅱ． Ⅲ．     IV．        V． (3)在某温度下，压强恒定为P，向一密闭容器中投入等物质的量和； ①下列能说明反应达到平衡状态的是 （填字母）； a．                b．和的体积比保持不变 c．每生成消耗        d．气体的体积保持不变 ②反应达到平衡时，的转化率为的转化率为，则反应I的平衡常数 ；（用含和的式子表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数） (4)在该耦合反应体系中，碳酸钙分解转化率与反应速率常数的关系如下：（其中k为速率常数，C为常数）分别在得到的的曲线如图所示： 其中的曲线是曲线 ，用碰撞理论解释原因 ； (5)在某温度下，催化剂活性良好，加入一定量的，通入，和的流速为，发生上述反应．甲烷转化率、出口的百分含量随时间的变化关系如图，结合图像解释时刻后，甲烷转化率降低的原因是 。 18．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)D (2)电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀 (3)C (4) (5)D (6)硫元素被氧化成更高价态的或 (7)S、O、Mn (8)生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积 【详解】（1）由图-1装置可知，阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为，故说法正确的是D； （2）该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理为电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀，从而将硫(-2价)转化为沉淀而除去； （3）A. pH越大，越小，A错误；B. pH越大，越低，废水中大，则FeS的沉淀率越高，B错误；C. pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少，C正确；D. pH越大，废水中越高，废水中高，与结合FeS沉淀量越多，D错误；故选C。 （4）向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀，反应的离子方程为； （5）由图可知，A. 加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率下降，应将S氧化为更高价态的化合物了，A错误；B. 由图知，当加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中硫元素的去除率降低，但，B错误；C. 溶液加入量越多，硫元素的去除率越高，但S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中含硫量越高，C错误；D. 在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能为或，D正确，故选D； （6）当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是硫元素被氧化成更高价态的或； （7）由图知，转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有S、O、Mn； （8）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，由处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥可知，可能原因为生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积。 2．(1) (2) bd < 第二步 第二步反应活化能较高 (3) L2 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ可得：，则； （2）①a．该反应过程中，气体总质量和总体积不变，混合气体密度是定值，混合气体密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，a不符合题意； b．在绝热恒容容器中发生该放热反应，温度升高，压强增大，当容器内压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，b符合题意； c．反应速率比等于系数比，的消耗速率等于的消耗速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，c不符合题意； d．的体积分数不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，d符合题意； 答案为：bd。 ②若用恒温恒容容器，正、逆投料最终平衡状态相同，=1，但绝热容器中正、逆投料后，均不能达到恒温时的平衡状态，所以<1； ③过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第二步反应活化能较高，所以速率较慢，能决定整个反应速率的快慢； （3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低，所以能表示随温度变化的曲线是L2； ②设CO2(g)和H2 (g)的起始物质的量分别为1mol和3mol，平衡时反应Ⅰ中CO2 (g)转化了xmol，反应Ⅱ中CO2 (g)转化了ymol，列三段式： 总的物质的量为(4-2x-2y)mol，平衡时CO2 (g)的转化率为60%和的平衡体积分数为10%，可列式子：x+y=0.6，，解得x=0.28mol，y=0.32mol，则平衡时CO2的体积分数为，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2 mol，n(CH3OH)=0.28mol，n(H2O)=0.76mol，n(总)=2.8mol，则反应的压强平衡常数Kp=。 3．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=-49.4kJ∙mol-1 低温 (2)正向 (3) n 24% 0.088 (4) 减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度 【详解】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应： 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ∙mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。 （2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。 （3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。 采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式： A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。 （4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。 【点睛】平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响。 4．(1)-172.1 (2)高温 (3) 升高 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，转化率升高 < (4) (5) 7 【详解】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol； （2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行； （3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高； ②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)<n(H2)，即平衡常数K<1，所以此时Qc>K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正<v逆； ③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=； （4）根据图中的两条路径知，上面路径第一步的活化能太大，所以图中下面的路径最有可能发生“氢助解离”，活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2可知最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式为； （5）①加热过程中，Ce4+被还原为Ce3+，生成Ce2O3，根据得失电子守恒以及原子守恒，该反应化学方程式为； ②一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内，个数为8，即一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，1molCeO2质量为199g，加热后当失重率为2.01%时，损失的质量为氧元素的质量，即199×2.01%=4g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 5．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p65s2或[Kr]5s2 (2)Ⅱ (3) 发生反应Ⅱ生成CO后才能发生反应Ⅲ，而反应Ⅱ需在较高温度下自发进行 = M、N点对应状态均为平衡状态，CO的浓度变化为0 (4)A 【详解】（1）Sr与Ca同族且相邻，则Sr位于第五周期第ⅡA族，基态Sr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p65s2或[Kr]5s2； （2）∆G=∆H-T∆S<0时，反应能自发进行，反应I、Ⅱ自发进行的温度分别大于511.1K、741.7K，反应Ⅲ在任何温度下都能自发进行，则三个反应自发进行所需温度最高的是Ⅱ； （3）①由反应原理和起始投料组成知，先发生反应Ⅱ生成CO后才能发生反应Ⅲ，而反应Ⅱ需在较高温度下自发进行，故温度低于T1时容器内几乎不发生反应Ⅲ； ②由图知，T1时发生反应I，1molSrSO4(s)完全反应生成2molCO2(g)，则0~tmin内，反应的平均速率； ③由图知，温度高于T1时SrSO4(s)和SrS (s)的物质的量分数不变，CO2(g)和C(s)的物质的量分数减小，CO(g)的物质的量分数增大，结合反应I、Ⅱ并应用盖斯定律推知(反应Ⅱ-反应I)，容器内发生主要反应的热化学方程式为； ④℃时，相当于2mol CO2(g)和1molC(s)在10L恒容密闭容器中发生反应，达到平衡时CO2(g)和CO(g)的物质的量相等，假设生成2xmolCO(g)，列式计算2-x=2x，则x=mol，平衡时CO2(g)和CO(g)的物质的量均为mol，则反应I的平衡常数c2(CO2)= ； ⑤M、N点对应状态均为平衡状态，CO的浓度变化为0，则平均反应速率：M=N； （4）A．反应I、Ⅱ为吸热反应，适当升高温度平衡正向移动，可增大S人S（s）的平衡产量，A正确； B．增大压强，反应I和Ⅱ的平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡不移动，SrS(s)平衡产量减小，B错误； C．催化剂不影响平衡移动，C错误； 故选A。 6．(1)   (2) (3) 44% 体积减半，二甲醚的分压变为原来的2倍，由于加压平衡正向移动，二甲醚的分压比原来的2倍要大 增大 【详解】（1）CO与反应生成二甲醚和的化学方程式为，由2×反应①＋反应②＋反应③得到，故其热化学方程式为  。 （2）与生成二甲醚的化学方程式为  ，可由2×反应①＋反应②-2×反应③得到，故。 （3）①由图可知，曲线M代表CO分压随时间变化，曲线N代表或二甲醚的分压随时间变化，起始时，0.6mol CO分压为200kPa，时，，则，，，。时的转化率为。 ②时将容器迅速缩小至原来的一半并保持不变，此时二甲醚的分压由迅速变为，压强增大，由于该正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的分压增大，故画出的曲线如图所示。 ③时，，，，，。 ④由题干可知，  ，降低温度，平衡正向移动，增大。 7．(1) ΔH3-2ΔH2 1.0×1014 B (2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]- (3) 55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS 【详解】（1）①已知：Ⅱ. Ⅲ. ，由盖斯定律，反应Ⅲ-2×Ⅱ，得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2； ②从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。 A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向移动，同时没有改变温度，K值不变，A项错误； B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确； C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误；故选B。 故答案为：1.0×1014；B； （2）①实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) ，便于沉淀除去。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) ； ②从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-； （3）①温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低，则原因为55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性，故答案为：55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性； ②从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS，则描述为Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。故答案为：被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。 8．(1) = (2) A < =(1分 (3) (4)相对分子质量相等，为极性分子，范德华力更大 【详解】（1）根据标准生成焓可知反应①2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH=-787kJ/mol，②2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ/mol，③N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=179.8kJ/mol，反应ii可由反应①-反应②-反应③得到，可算得，向某恒温刚性密闭容器中通入和或通入和只发生反应ⅱ，最终平衡状态相同，所以若正向放出的热量为，则逆向吸收的热量为，平衡时压强相等即p1=p2。平衡时放出热量49.72kJ，说明反应掉NOmol，根据ii的方程式可知，平衡时各物质的物质的量为n(NO)=mol、n(CO)=mol、n(N2)=mol、n(CO2)=mol，则各物质的分压为、、、，所以该温度下用压强表示反应ⅱ的平衡常数。 （2）①假设NO2与CO完全反应生成NO和CO2，则CO2的体积分数为50%，但是这种情况不可能发生，因此的体积分数最高时，不会超过，所以图像中，答案选A。 ②的体积分数最高时是NO2与CO按照物质的量1：1进行反应，即，所以；X、Z两点时的体积分数相等，两者达到的平衡体系相同，说明X点时是NO2物质的量少于CO，Z点时是CO物质的量少于NO2，两反应物的投料恰好成反比，而y点，所以。 （3）三个反应中，任意两个反应经过计算叠加可得到第三个反应，所以只需要列两个反应的计算式即可。以ii和iii反应为例，设反应ii消耗COxmol，反应iii消耗COymol，则有，，CO转化率为80%，则x+y=0.48mol，平衡时压强变为原来的85%，则平衡时气体总物质的量为原来的85%，平衡时气体总物质的量为0.85mol。则有1-0.5x=0.85，解得x=0.3mol，y=0.18mol。 ①平衡时物质的量为0.48mol，气体总物质的量为0.85mol，则二氧化碳体积分数。 ②平衡时的转化率。 （4）CO和N2的相对分子质量相等，但是CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子范德华力更大，因此CO的沸点高于N2。 9．(1) ABC 减小 (2) a 温度升高，主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡逆向移动的程度，所以乙醇的总量减少 AB (3) 或 或 【详解】（1）已知与标准摩尔燃烧焓，但是热化学方程式中二者为气态，所以需要的汽化热与的汽化热，另外的标准摩尔燃烧焓是指生成液态水放出的热量，而热化学方程式中水为气态，所以还需要的汽化热；根据，则，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，则平衡常数减小，故 随温度升高而减小； （2）主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a；主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小；根据图像知，A、B两点都是在250℃，2.0MPa条件下达到化学平衡，所以A、B处于完全相同的化学平衡状态； （3）设主反应生成乙醇xmol，副反应生成乙酸乙酯ymol，则平衡后，有、乙醇(x-y)mol，乙酸乙酯ymol，，气体总物质的量为(4-x)mol，因为压强减小，则平衡后压强为，，则x=0.8，y=0.05，，开始氢气分压为，平衡后氢气分压为，；主反应的平衡常数。 10．(1) -746.0 3729 (2) 过程4 降温、加压(或其他合理答案) (3) I 该反应为放热反应，温度越高，的平衡转化率越小 【详解】（1）根据盖斯定律，（2×反应1）减反应2可得：　；反应自发进行需要满足，，则该反应自发进行的最高温度为3729K。 （2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，<0；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合理答案)。 （3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A正确；B．平衡之前，的浓度是变量，当浓度不变时达平衡，B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平衡，即达平衡，C错误。故选AB。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，所以的平衡转化率随温度的变化关系曲线是I。③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以 >。④b点，的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4mol，则为1mol，转化了0.8mol，，平衡时气体总物质的量为，。 11．(1) -49 A (2)BC (3) A 生成CH3OH的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低 AC 【详解】（1）由已知两个反应式相加可得其反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，则由盖斯定律得：ΔH3=ΔH1+ΔH2=41kJ⋅mol−1+(−90kJ⋅mol−1)=−49kJ⋅mol−1。该反应气体体积减小，是熵减的过程，即ΔS<0，当时可自发进行，结合ΔH3<0可知，该反应可以在低温自发进行，故选A； （2）A．及时分离出CH3OH，c(CH3OH)减小，即生成物浓度减小，可以减慢化学反应速率，A错误； B．恒容时，充入He增大压强，但各反应组分浓度不变，则化学反应速率不变，B正确； C．该反应是气体分子数减少的反应，恒容时，反应开始至达到平衡过程，容器内气体分子数不断减少，导致压强不断减小，则容器内压强不再变化时，可以说明该反应已达到最大的限度，C正确； D．由反应可知：，当时，则，即此时同一物质正、逆反应速率不相等，说明该反应没有达到平衡状态，D错误； 故选BC。 （3）①温度较低时，升高温度，反应速率增大，单位时间内生成CH3OH的量较多，甲醇的选择性增大；由第(1)问可知主反应Ⅰ的ΔH=−49kJ⋅mol−1<0，温度较高时，再升高温度，主反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇的选择性减小，则图中三条曲线中，A是表示CH3OH的选择性随温度的变化； ②A曲线表示CH3OH的选择性随温度的变化，温度达到250℃后随温度增大而降低的原因是生成CH3OH的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性降低； ③A．主反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大体系压强，平衡正向移动，有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，A符合题意； B．提高CO2和H2的投料比，相当于充入CO2，增大CO2的浓度，平衡正向移动，但CO2转化为CH3OH的平衡转化率会降低，B不符合题意； C．体积和投料比不变，提高反应物浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，C符合题意； D．选择合适的催化剂，不能使平衡发生移动，则不能提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率，D不符合题意； 故选AC。 ④曲线A、C相交于点b(275，50)，曲线A表示CH3OH的选择性随温度的变化，则曲线C表示CO的选择性随温度的变化，曲线B表示CO2的转化率随温度的变化，275℃时CO2的转化率为20%，甲醇和CO的选择性均为50%，即平衡时n(CH3OH)=n(CO)，设CO2和H2的投料分别为1mol、3mol，则CO2的转化量为0.2mol，据此建立三段式： 平衡时n(CH3OH)=n(CO)，则x=0.2-x，即x=0.1mol，所以平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为：0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol，总物质的量为3.8mol，则此时主反应的。 12．(1) ； 不能 (2)39 (3) 阴 C2H4 + 2OH- - 2e- = +H2O (4)132 (5) 作催化剂 【详解】（1） 已知，① ；② ；③ ；④ ；根据盖斯定律可知主反应可由2×(①+③-②-④)得到，；由信息可知乙烯参与的反应是快反应，而整个反应的反应速率取决于慢反应速率，因此增大乙烯浓度不能显著提高环氧乙烷的生成速率。 （2）充入，转化率为，则剩余的物质的量为2×25%=0.5mol；环氧乙烷选择性为，则生成环氧乙烷的物质的量为2×75%×80%=1.2mol，转化为二氧化碳的乙烯为2×75%×20%=0.3mol，n(CO2)= n(H2O)=0.6mol；则两反应消耗的氧气的n(O2)消耗=，平衡时剩余氧气的n(O2)余=(2-1.5)mol=0.5mol；平衡后总气体的物质的量：0.5+1.2+0.6+0.6+0.5=3.4mol，主反应的化学平衡常数。 （3） 电极M上发生反应：C2H4 + 2OH- - 2e- = +H2O，电极M为阳极，则双极膜中的水应向电极M区迁移OH-，故膜q为阴离子交换膜。 （4）酸性废水质量每增大，则有6mol H+移入，可知电路中转移6mol电子，结合M电极反应可知生成的环氧乙烷为3mol，质量为：132g。 （5） 酸性条件下开始时消耗，最终又生成，作反应的催化剂；对比结构，可知中间体1为；DEG结构简式为。 13．(1)低温 (2) CD C D到E，升温平衡逆向移动，异丙醇的百分含量降低，增大压强平衡正向移动，异丙醇的百分含量升高。由图可知，此条件下，D点和E点，温度较压强对平衡的产率影响更大 (3) a c 1/30或 (4) b 【详解】（1）反应，、，的条件是较低温度，所以该反应自发进行的条件是低温； （2）①A．任意时刻，所以反应不一定达到平衡状态，故A错误； B．和的化学计量数为1:1，当两者投入的物质的量之比也为1:1时，转化率相等，但不能说明达到平衡，故B错误； C．，混合气体的质量恒定，若密度保持不变，则体积恒定，由于该反应左右两边气体化学计量之和不等，体积恒定说明达到了化学平衡状态， 故C正确； D．的体积分数保持不变，说明正逆化学反应速率相等，即反应已经达到了化学平衡状态，故D正确； 故答案为：CD； ②A、B、C三点的温度和压强相同，但逐渐增大，同温同压时，水的物质的量增大使平衡正向移动，丙烯转化率增大，所以丙烯转化率最大的C点；D、E两点=1，D点的温度和压强比E点小，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，异丙醇的百分含量降低；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，异丙醇的百分含量升高，由图可知，此条件下，D点和E点，温度较压强对平衡的产率影响更大，所以D、E两点异丙醇百分含量不同； （3）①该反应为放热反应，且正反应为气体体积减小的反应，恒压升温平衡左移，物质的量分数增大、物质的量分数减小，所以a、b表示物质的量分数随温度的变化曲线，c、d表示物质的量分数随温度的变化曲线；同温加压平衡右移，物质的量分数减小，物质的量分数增大，所以a、b分别表示和时的物质的量分数随温度的变化曲线，c、d分别表示和时的物质的量分数随温度的变化曲线； ②曲线d上对应的E点的压强为，和的物质的量分数均为20%，三段式表示，解得x=0.5，即平衡时n()=0.5mol，n(H2)=1.5mol，n()=0.5mol，n(总)=2.5mol，所以或0.33MPa-1； （4）①将转化为丙烯，碳元素化合价降低、发生还原反应，所以通CO2的电极为阴极、生成氧气的一极为阳极、a为铅蓄电池的负极、b为铅蓄电池的正极，在铅蓄电池中极是正极，所以铅蓄电池的极是b电极； ②生成丙烯的电极反应式为。 14．(1) (2) BD ＜ 第二步 第二步反应活化能较高，反应速率较慢 (3) 由图可知，该反应为放热反应。根据平衡移动原理，制取二甲醚应该采用低温（如200℃）以提高CO的平衡转化率，但是温度降低会使化学反应速率减小，达到平衡所需时间变长，同时考虑到催化剂的催化活性最佳温度 由图可知，。制取二甲醚时，压强越大越好。但是压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，降低综合经济效益 (4) 50% 625 【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ－Ⅰ×2，可得    。 （2）① A．容器体积不变，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变，不能说明反应已经达到平衡，A错误； B．反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，B正确； C．的消耗速率等于的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，C错误； D．随着反应进行，的体积分数不断变化，的体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案选BD。 ②若向恒温恒容密闭容器中分别投入2mol （g）或者（g）和（g）各1mol，最终平衡状态会相同，。但绝热恒容密闭容器中，正向、逆向投料后，因该反应放热，正向投料反应达到平衡时温度高于起始温度T℃，则（绝热恒容）＜（恒温恒容），逆向投料反应达到平衡时温度低于起始温度T℃，则（绝热恒容）＜（恒温恒容），两者平衡状态不相同，故。 ③第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。 （3）①该反应为放热反应，根据平衡移动原理，制取二甲醚应该采用低温的措施以提高CO的转化率，但是低温会降低反应速率，且从题中可知，催化剂在320℃左右时活性最大，因此实际生产中采用的温度为300-340℃之间，使催化剂活性达到最大，从而提高反应速率。 ②该反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，CO的转化率增大，故。制取二甲醚时，压强越大CO的转化率越大。但是压强越大，对材料的强度和设备的制造要求就越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，降低综合经济效益，而且p3状态下CO的转化率已经较高，故选择的压强为p3而不是p1。 （4）①设起始时二甲醚的物质的量为1mol，反应达到平衡时，二甲醚分解的物质的量为x，列出三段式：，恒温恒容条件下，反应前后气体的物质的量之比等于气体的压强之比，则有，解得x＝0.5mol，故该反应达到平衡状态时，二甲醚的转化率为。 ②不妨令起始时二甲醚的物质的量为1mol，根据前面三段式计算可知500℃达到平衡时n(CH4)=0.5mol，n(CO)=0.5mol，n(H2)=0.5mol，n(CH3OCH3)=0.5mol，气体总物质的量为2mol，总压强为100Kpa，该反应的平衡常数。 15．(1) (2) (3) < 增大压强 增加碘甲烷浓度，可以有效提高反应速率 (4) 60% Cativa法 【详解】（1）醋酸的物质的量为0.35x，醋酸的平均速率，故答案为。 （2）由图可知，反应热kJ/mol。 （3）①由图可知，总反应为CO与甲醇反应生成乙酸：，根据平衡常数与温度的关系式可知，温度升高，平衡常数减小，故该反应为放热反应，。 ②增大压强，主反应朝正向移动，副反应平衡不移动，故可以通过增大压强的方式提高醋酸的平衡产率。 ③碘甲烷的浓度越大，可以提高反应速率，使单位时间内醋酸的时空收率增大，碘甲烷质量分数超过14%后，该时间内反应达到平衡状态，时空收率不再改变。 （4）①在Cativa催化条件下，醋酸选择性>99%，几乎没有副反应发生。设甲醇的转化率为x，可列三段式 平衡常数Kc==，解得x=0.6或（舍去），故转化率为60%。 ②使用Cativa法，副反应最少，最符合绿色化学思想。 16．(1) ＜ (2) 催化剂活性下降(或副反应增多) 不能 (3) 75% (或 【详解】（1）已知Ⅲ：   由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ的反应Ⅰ，故ΔH1=ΔH2−ΔH3=−1657.5kJ⋅mol−1−(+180.5kJ⋅mol−1)=−1838kJ⋅mol−1；ΔH1<0，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，反应逆向进行，逆反应速率增大的更多，则m<n； （2）选择时，180℃~260℃时NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多； ②结合图像可知在温度较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、副产物N2O的生成量较低，所以最佳催化剂为；催化剂改变反应历程，加快反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高氮气产率； ③由图可知，氨气和NO、氧气生成和水，中氮一半来自NO、一半来自氨气，则反应NO、氨气的物质的量为1:1，结合电子守恒可知，反应为； （3）初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，则反应氧气2mol×30%=0.6mol，由三段式可知： 反应后总的物质的量为(10+a+0.6)mol= (10.6+a)mol，则平衡压强为，，a=0.1mol，则NO的转化率为；平衡时氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的量分别为4-2.4-0.4=1.2mol、4-2.4-0.6=1mol、2-0.6=1.4mol、0.5+2.4=2.9mol、0.6+3.6=4.2mol，根据阿伏伽德罗定律可知，氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的分压分别为0.12、0.1、0.14、0.29、0.42，故反应Ⅱ的(或。 17．(1) (2) (3) d (4) 甲 温度越高，反应物分子能量增加，从而增加反应物分子中活化分子百分数，使得单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快 (5)反应过程的浓度逐渐下降，一直增加导致甲烷转化率下降 【详解】（1）根据表格中已知的，可知有如下的热化学方程式： ①C(s)+2H2(g)CH4(g) ； ②C(s)+O2(g)CO2(g) ； ③C(s)+O2(g)CO(g) ； 根据盖斯定律，方程式③2-①-②可得，故x==； （2）甲烷干重整反应为，根据反应机理，I+II+IV+V可得：CH4+CO2+H2O=3H2+2CO+O，用总反应-前面的反应可得反应III，即为； （3）①a．，没有说明反应方向，无法说明反应达到平衡状态，故a不选； b．根据甲烷干重整反应方程式，和的体积比始终为1：1，保持不变，故不能说明达到平衡，故b不选； c．均描述的是正反应方向，不能说明达到平衡，故c不选； d．反应是气体计量数不等的反应，故压强恒定时，气体体积不变能说明达到平衡，故d选； 答案为d； ②投入的和的物质的量相等，都设为1mol，达到平衡时，的转化率为的转化率为，列出如下式子： 平衡时n(总)=，压强为P，则p(CO2)= ，而反应I的平衡常数p(CO2)=； （4）根据关系式可知，t越大则越大，即碳酸钙分解转化率越高，因此可以判断的曲线是曲线甲，因为温度越高，反应物分子能量增加，从而增加反应物分子中活化分子百分数，使得单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快； （5）随着时间的推移，反应过程的浓度逐渐下降，一直增加导致甲烷转化率下降。 18．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动； （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、； ②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$